Đề kiểm tra giữa kì 2 Toán 10 - đề số 1 có lời giải chi tiết

Đề bài

Câu 1. Giải các bất phương trình sau

a) $x\left( {x - 3} \right) \le  - {x^2} + 5$

b)  $\dfrac{2}{{5x + 6}} \le \dfrac{5}{{x - 1}}$

c) $\sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}} + 6}  > 2{\rm{x}} + 1$

d) $\left| {3{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} + 2} \right| <  - x + 2$

Câu 2. Cho hàm số $y = f\left( x \right) = 2{x^2} - mx + 3m - 2$ và $y = g\left( x \right) = m{x^2} - 2x + 4m - 5$. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để $f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\forall x \in \mathbb{R}$.

Câu 3. Cho tam giác $ABC$ với $AB = 3;AC = 7;BC = 8$. Hãy tính diện tích tam giác và các bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác $ABC$.

Câu 4. Trong mặt phẳng tọa độ ${\rm{Oxy}}$, cho hai điểm $A\left( { - 1;2} \right),B\left( {3;1} \right)$ và đường thẳng $\left( d \right):\left\{ \begin{array}{l}x = 1 + t\\y = 2 + t\end{array} \right.$(t là tham số).

Câu 5. Giải phương trình $4x\sqrt {x + 3}  + 2\sqrt {2{\rm{x}} - 1}  = 4{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} + 3$.

Lời giải chi tiết

Câu 1. (VD)

Phương pháp:

a) Đưa về bất phương trình bậc hai

b) Quy đồng mẫu đưa về bất phương trình tích, sử dụng bảng xét dấu.

c) Bình phương hai vế

d) Bình phương hai vế

Giải:

a) $x\left( {x - 3} \right) \le  - {x^2} + 5$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} - 3x \le  - {x^2} + 5 \le 0\\ \Leftrightarrow 2{{\rm{x}}^2} - 3{\rm{x}} - 5 \le 0\\ \Leftrightarrow  - 1 \le x \le \frac{5}{2} \end{array}$

b) $\dfrac{2}{{5x + 6}} \le \dfrac{5}{{x - 1}}$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow \dfrac{2}{{5{\rm{x}} + 6}} - \dfrac{5}{{x - 1}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{2\left( {x - 1} \right) - 5\left( {5{\rm{x}} + 6} \right)}}{{\left( {5{\rm{x}} + 6} \right)\left( {x - 1} \right)}} \le 0\\ \Leftrightarrow \dfrac{{ - 23{\rm{x}} - 32}}{{\left( {5{\rm{x}} + 6} \right)\left( {x - 1} \right)}} \le 0\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l} - \dfrac{{32}}{{23}} \le x <   \dfrac{{ - 6}}{5}\\   x > 1\end{array} \right.\end{array}$

c)$\sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}} + 6}  > 2{\rm{x}} + 1$

TH1: ${\rm{x}} \le  - \dfrac{1}{2}$. Bất phương trình luôn đúng.

TH2: $x >  - \dfrac{1}{2}$

$\sqrt {{x^2} + 2{\rm{x}} + 6}  > 2{\rm{x}} + 1$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow {x^2} + 2{\rm{x}} + 6 > 4{{\rm{x}}^2} + 4{\rm{x}} + 1\\ \Leftrightarrow 3{{\rm{x}}^2} + 2{\rm{x}} - 5 < 0\\ \Leftrightarrow  - 5 < x < 1\end{array}$

Kết hợp với điều kiện ta có $- \dfrac{1}{2} < x < 1$

Vậy $S = \left( { - \infty ;1} \right)$

d)$\left| {{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} + 2} \right| <  - x + 2$

TH1: ${x^2} + 3{\rm{x}} + 2 \ge 0 \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}x \ge  - 1\\x \le  - 2\end{array} \right.$

$\begin{array}{l}bpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l} - x + 2 > 0\\{x^2} + 3{\rm{x}} + 2 <  - x + 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\{x^2} + 4{\rm{x}} < 0\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\ - 4 < x < 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow  - 4 < x < 0\end{array}$

Suy ra $- 4 < x \le  - 2$ hoặc $- 1 \le x < 0$

TH2:${x^2} + 3{\rm{x}} + 2 < 0 \Leftrightarrow  - 2 < x <  - 1$

$\begin{array}{l}bpt \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\{x^2} + 3{\rm{x}} + 2 >   x - 2\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}x < 2\\{x^2} + 2{\rm{x}} +4 > 0\end{array} \right. \Leftrightarrow x<2\end{array}$

Suy ra   $- 2 < x <  - 1$

Vậy $S = \left( { - 4; 0} \right)$.

Câu 2.(VD)

Phương pháp

Đưa về cùng một vế rồi biện luận bất phương trình bậc hai theo m.

Sử dụng dấu của tam thức bậc hai:

$\begin{array}{l}a{x^2} + b{\rm{x}} + c \ge 0\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}a > 0\\\Delta  \le 0\end{array} \right.\forall x \in \mathbb{R}\end{array}$

Giải:

$\begin{array}{l}f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \left( {2 - m} \right){x^2} + \left( {2 - m} \right)x + 3 \\- m \ge 0\forall x \in \mathbb{R}\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2 - m > 0\\{\left( {2 - m} \right)^2} - 4.\left( {2 - m} \right)\left( {3 - m} \right) \\\le 0\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}m < 2\\\left( {2 - m} \right)\left( {3m - 10} \right) \le 0\end{array} \right. \\\Leftrightarrow m < 2\end{array}$

Vậy $m < 2$ thì $f\left( x \right) \ge g\left( x \right)\forall x \in \mathbb{R}$

Câu 3.(VD)

Phương pháp:

Sử dụng các công thức tính diện tích tam giác

$S = \sqrt {p\left( {p - a} \right)\left( {p - b} \right)\left( {p - c} \right)}$

$\begin{array}{l}S = \dfrac{{abc}}{{4{\rm{R}}}}\\S = p{\rm{r}}\end{array}$

Giải:

Diện tích tam giác ABC:

$p = \dfrac{{AB + BC + CA}}{2} = 9$

$S = \sqrt {9.\left( {9 - 3} \right)\left( {9 - 7} \right)\left( {9 - 8} \right)}  = 6\sqrt 3$

$\Rightarrow R = \dfrac{{abc}}{{4{\rm{S}}}} = \dfrac{{7\sqrt 3 }}{3}$

$r = \dfrac{S}{p} = \dfrac{{2\sqrt 3 }}{3}$

Câu 4. (VD)

a) Lập phương trình tổng quát của đường thẳng $\left( {d'} \right)$ đi qua A và vuông góc với $\left( d \right)$.

b) Tìm tọa độ điểm $A'$ đối xứng với $A$ qua $\left( d \right)$.

c) Tìm tọa độ điểm $M$ trên $\left( d \right)$ sao cho $M$ cách $B$ một khoảng bằng $\sqrt 5$.

Phương pháp:

a) Tìm vtcp của $\left( d \right)$. Vì $\left( {d'} \right) \bot \left( d \right)$ nên vtcp của $\left( d \right)$ là vtpt của $\left( {d'} \right)$.

b) Điểm $A'$ đối xứng $A$ qua $\left( d \right)$ nên $A'$ thuộc đường thẳng $\left( {d'} \right)$. Tìm giao điểm N của $\left( d \right)$ và $\left( {d'} \right)$. Điểm N là trung điểm của ${\rm{AA}}'$.

c) Tham số hóa điểm M. Lập phương trình $MB = \sqrt 5$.

Giải:

a) vtcp của $\left( d \right)$: $\overrightarrow u  = \left( {1;1} \right)$. Đường thẳng $\left( {d'} \right)$ qua A và nhận $\overrightarrow u$ làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình: $\left( {x + 1} \right) + \left( {y - 2} \right) = 0 \Leftrightarrow x + y - 1 = 0$

b) Gọi N là giao điểm của $\left( d \right)$ và $\left( {d'} \right)$. Suy ra $N\left( {0;1} \right)$. Điểm $A'$ đối xứng $A$ qua $\left( d \right)$ nên $A'$ thuộc đường thẳng $\left( {d'} \right)$ và N là trung điểm của AA’. Do đó điểm A có tọa độ $A\left( {1;0} \right)$.

c) Tham số hóa điểm $M\left( {1 + t;2 + t} \right)$ Ta có $MB = \sqrt 5$

$\begin{array}{l} \Leftrightarrow M{B^2} = 5\\ \Leftrightarrow {\left( {t - 2} \right)^2} + {\left( {t - 1} \right)^2} = 5\\ \Leftrightarrow \left[ \begin{array}{l}t = 0\\t = 3\end{array} \right.\end{array}$

Vậy $M\left( {1;2} \right)$ hoặc $M\left( {4;5} \right)$.

Câu 5. (VDC)

Phương pháp:

Chuyển về một vế, biến đổi xuất hiện hằng đẳng thức rồi đánh giá hằng đẳng thức đó.

Giải:

ĐKXĐ: ${\rm{x}} \ge \dfrac{1}{2}$

$\begin{array}{l}4x\sqrt {x + 3}  + 2\sqrt {2{\rm{x}} - 1}  = 4{{\rm{x}}^2} + 3{\rm{x}} + 3\\ \Leftrightarrow 4{{\rm{x}}^2} - 4{\rm{x}}\sqrt {x + 3}  + x + 3 + \\2{\rm{x}} - 1 - 2\sqrt {2{\rm{x}} - 1}  + 1 = 0\\ \Leftrightarrow {\left( {2{\rm{x}} - \sqrt {x + 3} } \right)^2} + {\left( {\sqrt {2{\rm{x}} - 1}  - 1} \right)^2}\\ = 0\\ \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}2{\rm{x}} = \sqrt {x + 3} \\\sqrt {2{\rm{x}} - 1}  = 1\end{array} \right. \Leftrightarrow \left\{ \begin{array}{l}4{{\rm{x}}^2} = x + 3\\x = 1\end{array} \right.\\ \Leftrightarrow x = 1\end{array}$

 HocTot.Nam.Name.Vn